第九章第二講法拉第電磁感應定律自感和渦流一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)1.假如宇航員登月后，想探測一下月球的表面是否有磁場，他手邊有一只靈敏電流表和一個小線圈，則下列推斷正確的是()A.直接將電流表放于月球表面，看是否有示數來判斷磁場的有無B.將電流表與線圈組成閉合電路，使線圈沿某一方向運動，如電流表無示數，則可判斷月球表面無磁場C.將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表有示數，則可判斷月球表面有磁場D.將電流表與線圈組成閉合電路，使線圈在某一平面內沿各個方向運動，如電流表無示數，則可判斷月球表面無磁場解析：電磁感應現象產生的條件是：穿過閉合回路的磁通量發生改變時，回路中有感應電流產生.選項A中，即使有一個恒定的磁場，也不會有示數，所以A錯誤；同理，如果將電流表與線圈組成回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表無示數，也不能判斷出沒有磁場，因為穿過線圈的磁通量可能是恒定的，所以選項B錯誤；但是有示數則說明一定是有磁場的，所以選項C正確；將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈在某一平面內沿各個方向運動，電流表也沒有示數，只說明通過閉合回路的磁通量不變，該磁通量可能為0，或為另一恒定值，所以D選項錯誤.答案：C2.圖1所示是法拉第做成的世界上第一臺發電機模型的原理圖.將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤；圖中a、b導線與銅盤的中軸線處在同一豎直平面內；轉動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流.若圖中銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路總電阻為R，從上往下看逆時針勻速轉動銅盤的()圖1B.回路中電流大小恒定，且等于eq\f(BL2ω,R)C.回路中電流方向不變，且從b導線流進燈泡，再從a導線流向旋轉的銅盤D.若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的正弦變化的磁場，不轉動銅盤，燈泡中也會有電流流過解析：把銅盤看做若干條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當銅盤轉動時，每根金屬棒都在切割磁感線，相當于電源，由右手定則知，中心為電源正極，盤邊緣為負極，若干個相同的電源并聯對外供電，電流方向由b經燈泡再從aE＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)BωL2，所以電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BωL2,2R)，B錯.當銅盤不動，磁場按正弦規律變化時，銅盤中形成渦流，但沒有電流通過燈泡，D錯.答案：C3.一個由電阻均勻的導線繞制成的閉合線圈放在磁場中，如圖2所示，線圈平面與磁場方向成60°角，磁感應強度隨時間均勻變化，下列方法可使感應電流增加一倍的是()圖2解析：設導線的電阻率為ρ，橫截面積為S0，線圈的半徑為r，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ可見，將r增加一倍，I增加一倍，將線圈與磁場方向的夾角改變時，sinθ不能變為原來的2倍(因sinθ最大值為1)，若將線圈的面積增加一倍，半徑r增加(eq\r(2)－1)倍，電流增加(eq\r(2)－1)倍，I與線圈匝數無關.綜上所述，只有D項正確.答案：C4.(2009·安徽高考)如圖3甲所示，一個電阻為R、面積為S的矩形導線框abcd，水平放置在勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成45°角，o、o′分別是ab邊和cdobco′繞oo′逆時針旋轉90°到圖乙所示位置.在這一過程中，導線中通過的電荷量是()圖3A.eq\f(\r(2)BS,2R)B.eq\f(\r(2)BS,R)C.eq\f(BS,R)解析：甲圖中，磁通量Φ1＝eq\f(\r(2),2)BS，乙圖中穿過線圈的磁通量等于零，根據公式得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\r(2)BS,2R)，A正確.答案：A5.如圖4所示，長為L的金屬導線彎成一圓環，導線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環面向里，磁感應強度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，t＝0時，P、Q遠小于環的半徑，經時間t電容器P板()A.不帶電t成正比圖4C.帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)D.帶負電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)解析：磁感應強度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，經時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負電，故D選項正確.答案：D二、雙項選擇題(本題共5小題，共35分.在每小題給出的四個選項中，只有兩個選項正確，全部選對的得7分，只選一個且正確的得2分，有選錯或不答的得0分)6.如圖5所示，矩形線圈abcd的邊長分別是ab＝L，ad＝D，線圈與磁感應強度為B的勻強磁場平行，線圈以ab邊為軸做角速度為ω的勻速轉動，下列說法正確的是(從圖示位置開始計時)()A.t＝0時線圈的感應電動勢為零圖5B.轉過90°時線圈的感應電動勢為零C.轉過90°的過程中線圈中的平均感應電動勢為eq\f(1,2)ωBLDD.轉過90°的過程中線圈中的平均感應電動勢為eq\f(2ωBLD,π)解析：A、B兩選項中都是瞬時感應電動勢，用E＝BLv求解比較方便，t＝0時，只有cd邊切割磁感線，感應電動勢E1＝BLv＝BL·ωD＝BSω≠0，A錯；轉過90°時，線圈的四條邊均不切割磁感線，E2＝0，B正確；C、D兩選項求的都是平均感應電動勢，用E＝eq\f(ΔΦ,Δt)較方便，轉過90°的過程中，穿過線圈的磁通量由0變為Φ＝BLD.轉過90°所用時間Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(2π/ω,4)＝eq\f(π,2ω)，故平均電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLD,\f(π,2ω))＝eq\f(2ωBLD,π)，故C錯D正確.答案：BD7.如圖6所示，勻強磁場的方向垂直于電路所在平面，導體棒ab與ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，若不計摩擦和導線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中()圖6L的亮度變大C的上極板帶負電解析：當導體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，由右手定則，導體棒a端的電勢高，電容器C的上極板帶正電；由公式E＝Blv，感應電動勢將變大，導體棒兩端的電壓變大，燈泡L的亮度變大，由E＝U/d，電容器兩極板間的電場強度將變大.故A、B正確，C、D錯.答案：AB8.如圖7所示，E為電池，L是電阻可忽略不計、自感系數足夠大的線圈，D1、D2是兩個規格相同且額定電壓足夠大的燈泡，S是控制電路的開關.對于這個電路，下列說法中正確的是()A.剛閉合開關S的瞬間，通過D1、D2的電流大小相等B.剛閉合開關S的瞬間，通過D1、D2的電流大小不相等C.閉合開關S待電路達到穩定，D1熄滅，D2亮度始終不變圖7D.閉合開關S待電路達到穩定，再將S斷開瞬間，D2立即熄滅，D1閃亮一下再熄滅解析：開關S閉合的瞬間，線圈L可看做暫時的斷路，故通過兩燈泡的電流相等，且同時亮，A對B錯；電路穩定后，由于線圈直流電阻忽略不計，將燈泡D1短路，燈泡D2獲得更多電壓，會更亮，C錯誤；若斷開開關S，此時線圈與燈泡D1構成回路，繼續對其供電，燈泡D1將閃亮一下后再逐漸熄滅，燈泡D2無法形成回路將立即熄滅，D對.答案：AD9.(2009·福建高考)如圖8所示，固定放置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的磁感應強度大小為Bm(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為μ.現桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動圖8過程中桿始終與導軌保持垂直).設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g.則此過程()eq\f((F－μmg)R,B2d2)R的電荷量為eq\f(Bdl,R＋r)F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量解析：當桿的速度達到最大時，安培力F安＝eq\f(B2d2v,R＋r)，桿受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝eq\f((F－μmg)(R＋r),B2d2)，選項A錯；流過電阻R的電荷量為q＝It＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bdl,R＋r)，選項B對；根據動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數和等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負功，所以恒力F、安培力做功的代數和大于桿動能的變化量，選項C錯D對.答案：BD10.(2010·佛山模擬)如圖9所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區域cdef內有一半徑很小的金屬圓環Lab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，下列說法正確的是()圖9L有收縮趨勢L有擴張趨勢解析：由于金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動，則abdc回路中產生逆時針方向的感應電流，則在圓環處產生垂直于紙面向外的磁場，隨著金屬棒向右加速運動，通過圓環的磁通量將增大，由楞次定律可知，圓環將有收縮的趨勢以阻礙通過圓環的磁通量的增大，A項正確；隨著金屬棒速度的增大，感應電動勢、感應電流、安培力隨之增大，故金屬棒所受合力逐漸減小，因此金屬棒向右運動的加速度減小，磁通量的變化率減小，所以在圓環中產生的感應電流不斷減小，故D正確.答案：AD三、非選擇題(本題共2小題，共30分)11.(14分)(2009·廣東高考)如圖10(a)所示，一個電阻值為R、匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1r1，在線圈中半徑為r2的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖(b)所示.圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0t1時間內：圖10(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產生的熱量.解析：(1)由圖象分析可知，0至t1時間內eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)由法拉第電磁感應定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，而S＝πreq\o\al(2,2)由閉合電路歐姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋R)聯立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a(2)通過電阻R1上的電荷量q＝I1t1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)電阻R1上產生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))答案：(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)，b→a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)，eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))12.(16分)如圖11所示，MN、PQ是相互交叉成60°角的光滑金屬導軌，O是它們的交點且接觸良好.兩導軌處在同一水平面內，并置于有理想邊界的勻強磁場中(圖中經過O點的虛線即為磁場的左邊界).導體棒ab與導軌始終保持良好接觸，并在彈簧S的作用下沿導軌以速度v0小為BO點時，彈簧恰好處于原長，導軌和導體棒單位長度的電阻均為r，導體棒ab的質量為m.求：圖11(1)導體棒ab第一次經過O點前，通過它的電流大小；(2)彈簧的勁度系數k；(3)從導體棒第一次經過O點開始直到它靜止的過程中，導體棒ab中產生的熱量.解析：(1)設棒ab在導軌之間的長度為l，由歐姆定律得I＝eq\f(Blv0,3lr)＝eq\f(Bv0,3r).(2)設O點到棒ab距離為x，則棒ab的